Tema 9: Integral de Riemann

Tema 9: Integral de Riemann
1 Integrales definidas
1.1 Integral y propiedades
Los conceptos de integral y de función integrable (en el sentido de Riemann) son un poco complejos
y no lo vamos a tratar con mucho rigor. Expongamos aquí una idea intuitiva del concepto:
Dada una función (en principio) positiva
f :[a, b] → R
pretendemos analizar el área A del recinto limitado por la curva y = f(x) (y el eje OX)enelintervalo
de definición [a, b].
Tomamos una ”partición” del intervalo. Esto consiste en un conjunto finito ordenado
{a = x 0

un número finito, en los cuáles existen los límites laterales de la función y son finitos, también la
función es integrable en [a, b]. Cuando una función sea integrable en un intervalo [a, b] denominaremos
integral definida (integral de Riemann, o simplemente integral) def en dicho intervalo, y lo
denotaremos por
Z b
f
opor
Z b
f(x)dx,
(o en vez de x otra variable),
a
a
a un número, que a la postre representará geométricamente el área A, yqueenlosucesivoiremos
diciendo cómo calcular.
Interpretación de la integral
Vamos a relacionar esta parte con la pseudodefinición que hemos visto antes. Recordemos pues
R
que b f(x)dx puede calcularse, de modo aproximado, tomando una partición adecuada del intervalo
a
{a = x 0

1. Notación: Se define
Z a
f =0
para todo a, y
Z a
a
Z b
f = −
f
para todo a

4. Si f es una función integrable en [a, b] y α ∈ R, entonces la función αf es integrable en [a, b] y
se tiene que
Z b
Z b
αf = α f
a
a
Teorema 1.1 (Teorema fundamental del cálculo integral) Dada
f :[a, b] → R
una función continua. ∀x ∈ [a, b] definimos
F :[a, b] → R
por
Z x
F (x) =
f
Entonces ∀x ∈]a, b[ se tiene que F es derivable en x yque
a
F 0 (x) =f(x)
Concluimos que F es una primitiva de f en ]a, b[.
Veamos ahora lo que más utilizaremos a la hora de calcular las integrales definidas:
Proposición 1.2 (Regla de Barrow)Seaf :[a, b] → R una función continua y F :[a, b] → R
una primitiva de f. Entonces
Z b
f = F (b) − F (a)
Observación 1.3
a
1. Podremos usar las siguientes notaciones
F (b) − F (a) =[F (x)] b a
=[F (x)]x=b
x=a
2. Es indiferente la situación relativa entre a y b para aplicar la regla de Barrow, es decir, también
es válida aunque b

Ejemplo 1.4 1.
π
Z2
0
sin xdx =[− cos x]
π
2
0
=[− cos π 2
− (− cos0)]=0+1=1
2.
3. Para la función
se tiene que
Z a
−1
−2e 3x dx =[− 2 3 e3x ]
a
−1
=[− 2 3 e3a − (− 2 3 e−3 )] = 2 3 ( 1 e 3 − e3a )
(
f(x) =
x +3 si x

luegolaintegralquedaasí
Z 1
0
Z1
xe x dx =[xe x ] 1 − 0
0
e x dx = e − 0 − [e x ] 1 0
= e − [e − 1] = 1
2.
Ze 2
log xdx
1
Vamos a calcular primero un primitiva de log x. Para ello hacemos el cambio
u =logx dv = dx por lo que se tiene que du = dx x
v = x
Entonces
Z Z
log xdx =logx · x −
x dx x = x log x − Z
dx = x log x − x = x(log x − 1)
Por tanto
Ze 2
1
log xdx =[x(log x − 1)] e2
1
= e 2 (2 − 1) − (0 − 1) = e 2 +1
1.3 Cambios de variable
Los cambios de variable pueden aplicarse también en integrales definidas. De modo similar al de la
integración por partes, tenemos dos opciones: o bien hallamos una primitiva de la función que hay
dentro de la integral realizando un cambio de variable y después aplicamos la regla de Barrow, o
bien aplicamos el cambio de variable directamente en la integral. De este último modo, si hacemos
el cambio
bR
x = ϕ(t) en la integral f(x)dx
obtendríamos
Z b
a
Z d
f(x)dx =
c
a
f(ϕ(t))ϕ 0 (t)dt
En la práctica normalmente los extremos c y d de la nueva integral son desconocidos y
tendremos que calcularlos. Loharemosteniendo en cuenta que
ϕ(c) =a ϕ(d) =b
Además, hay que tener presente que los puntos c y d deben eligirse de modo que la función ϕ sea
biyectiva, por lo que en general no sirven cualesquier puntos cumpliendo ϕ(c) =a yqueϕ(d) =b.
Ejemplo 1.6 Calcular las siguientes integrales definidas mediante el cambio de variable dado:
6

1.
3R
0
√ x +1dx cambio x +1=t
2
dx =2tdt de donde t = √ x +1
Vamos a calcular previamente la primitiva de la función que aparece en el integrando, con el
cambio anterior:
Z √x
+1dx =
Z √t2
2tdt =
Z
2t 2 dt = 2 3 t3 = 2 3 (√ x +1) 3
2.
Entonces
Z 3
0
√ 2
³ √x
3
x +1dx =[ +1´3]
= 16 3
0
3 − 2 3 = 14 3
Nota: Hay integrales como ésta en la que no es estrictamente necesario realizar un cambio de
variable, pues
Z 3
Z3
√
x +1dx = (x +1) 1 2
dx =[ (x +1)3 2
] 3 = 14 0
3
0
0
3
2
π
2R
0
sin 3 x cos 8 xdx cambio cos x = t − sin xdx = dt
Se tiene que
π
Z2
sin 3 x cos 8 xdx = −
π
Z2
sin 2 x cos 8 x(− sin xdx)
0
0
Como x varía en el intervalo [0, π ],delaigualdadcos x = t se obtiene que t varía entre cos 0 = 1
2
y cos π = −1. Por tanto la integral anterior quedaría así
2
−
Z 0
1
Z 1
(1 − t 2 )t 8 dt =
0
(t 8 − t 10 )dt =[ t9 9 − t11
11 ] 1 0
= 1 9 − 1 11 − (0 − 0) = 2 99
3.
1R
−1
√
1 − x2 dx cambio x =sint dx =costdt
Como x varía en el intervalo [−1, 1], delaigualdadx =sint se deduce que debemos tomar
un intervalo en el que la función seno, además de ser biyectiva, sus valores oscilen entre −1 y
1. Esosiempreseobtieneparat ∈ [− π, π] (por ejemplo no valdría el intervalo [− π, 5π];como
2 2 2 2
regla general para este cambio, siempre se pueden tomar los valores t de un subintervalo del
intervalo [− π, π ]). De este modo la integral anterior quedaría así
2 2
7

Z 1
−1
√
1 − x2 dx =
π
Z2
− π 2
π
Z2
p
1 − sin 2 t cos tdt =
− π 2
cos t cos tdt =
π
Z2
− π 2
cos 2 tdt =
π
Z2
− π 2
1+cos2t
dt =
2
π
Z2
− π 2
( 1 2 + 1 2 cos 2t)dt =[t 2 + 1 4 sin 2t] π
2
− π 2
= π 4 + 1 4 sin π − [−π 4 + 1 4 sin(−π)] = π 4 + π 4 = π 2
1.4 Derivación de funciones dadas mediante integrales
Como consecuencia del Teorema fundamental del cálculo integral sabemos cómo hallar la derivada
de funciones de la forma
Z x
F (x) = f(t)dt
pues
a
F 0 (x) =f(x)
Másgeneralmenteveamoscómosehaceladerivadadefuncionesdelaforma
Z
G(x) =
h 2 (x)
h 1 (x)
f(t)dt
para h 1 y h 2 funciones derivables. La fórmula que se obtiene (que se deduce del Teorema fundamental
del cálculo integral y de la derivación de funciones compuestas) eslasiguiente:
G 0 (x) =f(h 2 (x)) · h 0 2(x) − f(h 1 (x)) · h 0 1(x)
Ejemplo 1.7 Calcular las derivadas de las siguientes funciones dadas mediante una integral:
Función
1R
Función G 1 (x) =
x
3t
t
dt G
e t 2 (t) =
2t
R
1
dx
x 2
Derivada G 0 1(x) = 1 e · 0 − x e x · 1=−xe −x G 0 2(t) = 1
(3t) 2 · 3 − 1
(2t) 2 · 2= 1
3t 2 − 1
2t 2 = − 1
6t 2
G 3 (x) = cos R x
3x
t 2 e −t dt
Derivada G 0 3(x) =− sin x cos 2 xe − cos x − 27x 2 e −3x G 0 4(x) = 1 x·
G 4 (x) = x R
xR
sin x
sin x
log x
dt =logx·
t 3
xR
sin x
1
dt
t 3
1
dt +logx · ( 1 · 1 − 1 · cos x)
t 3 x 3 sin 3 x
8

2 Integrales impropias
La cuestión de estudiar integrales impropias viene motivada por el hecho de determinar si hay recintos
no acotados que encierren un área finita. Seremos breves a la hora de tratar las integrales
impropias. Diremos para simplificar la cuestión (sin mucho rigor) que son integrales en las que la
función que hay en el integrando no está definida en algún punto del intervalo de integración, preferentemente,
alguno de los dos extremos. En primer lugar nos encontraremos con integrales impropias
de la forma
+∞ Z
donde el problema está en que el intervalo de definición es
a
f
[a, +∞[
en cuyo caso claramente la función no está definida en el extremo derecho del intervalo. Entonces el
cálculo de la integral se realiza mediante el siguiente límite
Diremos que la integral +∞ R
a
+∞ Z
a
Z t
f = lim
t→+∞
a
f
f es convergente si el límite anterior existe y es finito. En
caso de ser infinito tal límite diremos que la integral es divergente. Finalmente si dicho límite no
existe diremos que la integral no existe. De modo similar ocurre para integrales impropias de la
forma
Z b
f
−∞
donde el problema está en que el intervalo de definición es
]-∞,b[
en cuyo caso su cálculo se realiza mediante el límite
Z b
−∞
Z b
f = lim
t→−∞
t
f
Ejemplo 2.1
+∞ Z
1
1
dx =lim
x3 t→+∞
tR
1
1
dx
x 3
= lim
t→+∞
tR
1
x −3 dx
=lim
t→+∞
[ x−2
−2 ] t 1
=
=lim
t→+∞
t−2
[− − (− 1 )] = lim
2 2 t→+∞
t−2
[− − (− 1 )] =lim [− 1 + 1] =0+1 2 2 t→+∞ 2t 2 2
2 = 1 2
La integral es convergente y su valor es 1 2 . 9

En segundo lugar nos encontraremos con integrales impropias de la forma
Z b
f
siendo el intervalo de definición
a
[a, b[
en cuyo caso la función no está definida, en principio, en b. Entonces el cálculo de la integral se
realiza mediante el límite
Z b Zt
f =lim f
t→b −
Diremos que la integral b R
a
a
a
f es convergente si el límite anterior existe y es finito. Encaso
de ser infinito tal límite diremos que la integral es divergente. Finalmente si dicho límite no existe
diremos que la integral no existe. De modo similar ocurre para integrales impropias de la forma
Z b
f
en caso de que el intervalo de definición sea
a
]a, b]
en cuyo caso su cálculo se realiza mediante el límite
Ejemplo 2.2
Z b
a
Z b
f =lim
t→a +
t
f
Z 0
−1
1
dx = lim
x t→0 −
tR
−1
1
dx x
= lim [log |x|] t = lim [log |t| − log |1|] =log0−log 1 = −∞−0 =−∞
t→0 − 1
t→0− La integral es divergente y su valor es −∞.
Habitualmente para calcular el valor de una integral impropia, por ejemplo de la forma +∞ R
f,
siendo G una primitiva, se abrevia el modo de escribir, poniendo que
+∞ Z
a
f =[G(x)] +∞ a
= lim G(x) − G(a)
x→+∞
directamente, y no tener que realizar el paso intermedio con la otra variable auxiliar t. Veámosloen
los siguientes ejemplos:
10
a

Ejemplo 2.3 1.
+∞ Z
1
Z
1
√ dx = x
+∞
1
x − 1 2
dx =[ x 1 2
1
2
] +∞ x 1 2
=lim
1 x→+∞
1
2
− 1 1
2
=+∞−2=+∞
2.
3.
4.
La integral es divergente y su valor es +∞.
+∞ Z
0
e −2x dx =[ 1 −2 e−2x ] +∞
0
=lim
x→+∞
La integral es convergente y su valor es 1 2 .
Z−1
−∞
1
x dx = [log(−x)] −1
−∞
La integral es divergente y su valor es −∞.
1
−2 e−2x − 1 −2 =0+1 2 = 1 2
=log1− lim log(−x) =log1− log(+∞) =0− (+∞) =−∞
x→−∞
Z 1
0
Z1
1
x dx = 2
0
x −2 dx =[ x−1
−1 ] 1 =[− 1 0
x ] 1 = −1 − ( lim −1 )=−1 − (−∞) =−1+∞ =+∞
0
x→0 + x
5.
La integral es divergente y su valor es +∞.
Z 1
0
Z
1
1
√ dx = x
0
x − 1 2
dx =[ x 1 2
1
2
] 1 0
= 1 1
2
− 0=2
6.
La integral es convergente y su valor es 2.
Z 1
0
log xdx =[x(log x − 1)] 1 0
=log1− 1− lim x(log x − 1) =
x→0 +
=0− 1− lim x log x− lim x = −1 − 0 − 0=−1
x→0 + x→0 +
La integral es convergente y su valor es 1.
Nota: El cálculo de la integral indefinida R log xdx lo hemos hecho mediante el método de
integración por partes tomando
u =logx dv = dx con lo que du = dx x
v = x
11

por tanto
Z
Z
log xdx = x log x −
dx = x log x − x = x(log x − 1)
Yellímite
lim x log x
x→0 +
que en principio sale indeterminado del tipo 0 · (−∞), para calcularlo lo hemos puesto en la
forma
log x
lim
x→0 + 1
x
(que es del tipo ∞ ) y aplicando l’Hôpital resulta que
∞
lim x log x = lim
x→0 + x→0 +
log x
1
x
= lim
1
x
x→0 + − 1 x 2
=lim −x =0
x→0 +
Si observamos, las integrales impropias anteriores tenían uno de los extremos conflictivo. Puede
darse el caso en que los dos extremos sean conflictivos. En tal caso puede operarse así:
Ejemplo 2.4 1.
2.
+∞ Z
0
1
√ x
dx =[2 √ x] +∞
0
= [ lim
x→+∞ 2√ x− lim
x→0
2 √ x]=[+∞−0] = +∞
La integral es divergente con valor +∞.
+∞ Z
−∞
1
+∞
dx = [arctan x]
1+x2 −∞ = [ lim arctan x− lim
x→+∞
x→−∞ arctan x] =π 2 − (−π 2 )=π
3.
La integral es convergente con valor π.
+∞ Z
−∞
e x dx =[e x ] +∞
−∞ = [ lim
x→+∞ ex − lim
x→−∞ ex ]=e +∞ − e −∞ =+∞−0=+∞
La integral es divergente con valor +∞.
Lo que importa es que para que la integral converja en dicho intervalo el resultado debe ser un
número, no puede dar infinito ni indeterminación.
Ejemplo 2.5
+∞ Z
−∞
xdx =[ x2
2 ] +∞
−∞
x 2
=[ lim
x→+∞ 2 − lim
x→−∞
La integral no existe, pues el resultado anterior es indeterminado.
12
x 2
]=+∞−(+∞) =+∞−∞
2

Incluso puede ocurrir que la función f tenga algunos puntos de discontinuidad dentro del intervalo.
En tal caso se descompone la integral como suma de integrales en cuyo interior la función sea continua
(así en cada integral sólo puede haber problema en alguno de los extremos, no en el interior):
Ejemplo 2.6 1.
+∞ Z
−∞
Z0
1
x dx = 2
−∞
+∞ Z
1
x dx+ 2
0
1
x 2 dx =[−1 x ] 0
−∞ +[− 1 x ] +∞
0
=
=[lim − 1
x→0 − x − lim −1 x→−∞ x ] + [ lim − 1 x→+∞ x − lim − 1 ]=[+∞−0] + [0 − (−∞)] = +∞+∞ =+∞
x→0 + x
con lo que la integral no es convergente. Para más precisión, en este caso es divergente y su
valor es +∞.
2. Para la función
calculemos la integral
+∞ Z
−∞
Z 0
f(x)dx =
−∞
f(x)dx+
+∞ Z
0
(
f(x) =
Z 0
f(x)dx =
−∞
e x si x ≤ 0
e −x si x>0
e x dx+
+∞ Z
0
e −x dx =[e x ]
0
−∞ +[−e−x ] +∞
0
=[e 0 − lim
x→−∞ ex ]+[ lim
x→+∞ −e−x − (−e 0 )] = [1 − e −∞ ]+[−e −∞ +1]=1− 0+0+1=2
La integral es convergente y su valor es 2.
Nota: La función que se integra en este ejemplo tiene un problema en el punto 0, y es que
es una función a trozos y precisamente este punto es el que separa los dos trozos en los que la
definición de la función cambia (de hecho en este caso la función no es continua en el 0).
=
3. Para la función
calculemos la integral
+∞ Z
−∞
Z 0
g(x)dx =
−∞
g(x)dx+
Z 1
0
⎧
⎪⎨
g(x) =
⎪⎩
g(x)dx+
+∞ Z
1
1
si x1
x 3
Z 0
g(x)dx =
−∞
Z1
1
1+x dx+ 2
0
(2x − 3)dx+
+∞ Z
0
1
x 3 dx =
0
= [arctan x]
−∞ +[x2 − 3x] 1 +[− 1
0
2x ] +∞ =
2 1
= [arctan 0− lim arctan x]+[1− 3 − 0] + [ lim − 1
x→−∞ x→+∞ 2x − (−1 2 2 )] =
=[0− arctan −∞]+[−2] + [0 + 1 2 ]=[0− (−π 2 )] − 3 2 = π 2 − 3 2 = π − 3
2
La integral es convergente y su valor es π+3
2
13

Observación 2.7 A la hora de analizar una integral impropia en la que aparezcan 2 ó más puntos
conflictivos (sumando los de los extremos y los del interior) habrá que calcular, posiblemente, algunos
límites, de entre los cuales algunos pueden tener valor infinito. En el momento en que aparezca un
sólo límite infinito la integral no va a ser convergente. O es divergente (en caso de que todos los
infinitos que salgan tengan el mismo signo) o la integral no existe.
3 Aplicación geométrica de la integral: cálculo de áreas de
recintos planos
Para el cálculo del área de algunos recintos planos necesitamos recordar la ecuación de algunas curvas
sencillas. Entre éstas usaremos preferentemente rectas y circunferencias.
Las rectas en el plano afín adoptan alguna de las siguientes ecuaciones:
y = mx + n ó x = c
(las últimas son las rectas verticales). Para determinar la ecuación de una recta es suficiente saber
dospuntosporlosquepasa.
Las circunferencias en el plano afín adoptan la forma:
(x − a) 2 +(y − b) 2 = r 2
Concretamente, la anterior es la circunferencia de centro (a, b) yderadior. Cada una de ellas consta
de dos curvas en las que se puede despejar la variable y en función de la variable x
y = b + p r 2 − (x − a) 2 y = b − p r 2 − (x − a) 2
La primera corresponde a la semicircunferencia superior y la segunda a la semicircunferencia inferior.
Por otro lado la circunferencia anterior determina dos regiones del plano: su interior, el círculo
(abierto) de centro (a, b) yderadior, de ecuación
(x − a) 2 +(y − b) 2 r 2
3.1 Área encerrada por una función
Recordemos que si tenemos una función continua y positiva
f :[a, b] → R
R
entonces la integral b f representa el área que encierran la curva y = f(x) yelejeOX en
a
[a, b] (a veces se expresa, de modo abreviado como el área encerrada por la función f yelejeOX
14

en el intervalo [a, b]). Cuando la función no toma únicamente valores positivos en el intervalo
bR
[a, b] la integral f resulta ser la suma de las áreas de cada uno de los recintos que son
a
encerrados por la función f yelejeOX alolargodelintervalo[a, b], contando con signo
positivo los recintos situados por encima del eje OX y con signo negativo los recintos situados por
debajo. A nosotros nos interesa tratar el área siempre con signo positivo, de manera que cuando
planteemos hallar el área encerrada por una función y el eje OX en un intervalo nos referiremos
a contar todas la áreas con signo positivo. De este modo el área que nosotros buscaremos será la
bR
integral |f|. Para ello es suficiente con hallar, en los intervalos [c, d] ⊆ [a, b] en los que la
a
R
función sea positiva, la integral d f, yen los intervalos [α, β] ⊆ [a, b] en los que la función
c
βR
sea negativa, la integral (−f).
Ejemplo 3.1 Hallar el área encerrada por la función
yelejeOX en el intervalo [0, 3].
α
f(x) =x 3 − 3x 2 +2x
Debemos calcular la integral
Z 3
¯
¯x 3 − 3x 2 +2x¯¯ dx
0
Para ello tenemos que ver en qué intervalos la función f toma valores positivos y negativos. Si
hallamos sus raíces veremos que son 0, 1 y 2. Entonces es fácil deducir que esta función toma valores
positivos en los intervalos [0, 1] y [2, +∞[, y valores negativos en ]-∞, 0] y [1, 2]. Entonces tenemos
que
Z 3
¯
¯x 3 − 3x 2 +2x¯¯ dx =
0
Z 1
=
(x 3 − 3x 2 +2x)dx−
Z 2
(x 3 − 3x 2 +2x)dx+
Z 3
(x 3 − 3x 2 +2x)dx =
0
1
2
=[ x4
4 − x3 + x 2 ] 1 0 − [x4 4 − x3 + x 2 ] 2 1 +[x4 4 − x3 + x 2 ] 3 2
=( 1 4 − 0) − (0 − 1 4 )+(9 4 − 0) = 11 4
15

6
4
2
-1
0 0
-2
1
x
2
3
-4
-6
Gráfica de la función f(x) =x 3 − 3x 2 +2x
Observación 3.2 (Importante) En la práctica, halladas las raíces, el área se puede obtener calculando
las integrales en cada uno de los subintervalos dados y sumando todos estos números en valor
absoluto. Así no nos preocuparía el signo hasta el final. En el caso anterior se haría así: Una vez
halladas las raíces 0, 1 y 2 los intervalos que nos salen a partir del dado [0, 3] serán [0, 1], [1, 2] y
[2, 3]. Entonces tenemos que el área es
Z 3
0
¯
¯x 3 − 3x 2 +2x¯¯ dx =
¯
Z 1
0
Z (x 3 − 3x 2 +2x)dx
¯ +
2
(x 3 − 3x 2 +2x)dx
¯
¯ +
¯
1
=
1
¯4¯ +
¯
¯−1 4¯ +
9
¯4¯ = 11 4
Z 3
2
(x 3 − 3x 2 +2x)
¯ dx =
Si se pide el área que la función f yelejeOX encierran, sin darnos ningún intervalo, se
sobreentiende que es la suma de las áreas de cada uno de los recintos con área finita que
delimita la curva y = f(x) con el eje OX.
Ejemplo 3.3 Hallar el área encerrada por la función
f(x) =x 3 − 3x 2 +2x
yelejeOX.
Si tenemos en cuenta que las raíces de f son 0, 1 y 2, debemos calcular la integral
Z 2
Z
¯
1
Z ¯x 3 − 3x 2 +2x¯¯ dx =
x 3 − 3x 2 +2xdx
¯
¯ +
2
x 3 − 3x 2 +2xdx
¯
¯ =
1
¯4¯ +
¯
¯−1 4¯ = 1 2
0
0
Nota: Si recordamos la gráfica de la función anterior se apreciará mejor la elección de los intervalos.
1
3.2 Área encerrada por dos funciones
El área que encierran dos funciones f y g en un intervalo [a, b], interpretadacomolasuma
delasáreaspositivasdelosrecintosqueencierranlascurvas
y = f(x)
y = g(x)
16

en [a, b], puedecalcularseporlafórmula
Z b
|f − g|
(o equivalentemente b R
a
f − g (o la función g − f) enelintervalo[a, b].
a
|g − f|). Así, es como calcular el área que encierra la gráfica de la función
Ejemplo 3.4 Hallar el área encerrada por las funciones f(x) =4x y g(x) =x 3 en el intervalo
[−3, 1].
Debemos calcular la integral
Z 1
¯
¯x 3 − 4x¯¯ dx
−3
Teniendoencuentaquelospuntosdecortedeambasfunciones(o,loqueeslomismo,lasraícesde
la función x 3 − 4x) son0, −2 y 2 tenemos que calcular la integral
Z 1
Z−2
Z
¯
¯x 3 − 4x¯¯ dx =
(x 3 − 4x)dx
¯
¯ +
0
Z (x 3 − 4x)dx
¯
¯ +
1
(x 3 − 4x)dx
¯
¯ =
−3
−3
= ¯
¯[x4 4 − 2x2 ] −2
−3 ¯ +
¯
¯[x4 4 − 2x2 0
]
−2 ¯ +
¯
¯[x4 4 − 2x2 ] 1 0 ¯ =
= ¯
¯(−4 − (9 4 ))¯¯¯¯ + |(0 − (−4))| + ¯
¯(−7 4 − 0)¯¯¯¯ =4+ 9 4 +4+7 4 =12
−2
0
20
-3
-2
-1
10
0
0
-10
1
x
2
3
-20
-30
-40
Gráfica de y = x 3 (azul) y de y =4x (negro)
17

15
10
5
-3
-2
-1
0 0
-5
1
x
2
3
-10
-15
Gráfica de la función f(x) =x 3 − 4x
Si se pide el área que las funciones f y g encierran, sin darnos ningún intervalo, se sobreentiende
que es la suma de las áreas de cada uno de los recintos (con área finita) que delimitan las curvas
y = f(x) e y = g(x).
Ejemplo 3.5 Hallar el área encerrada por las funciones f(x) =4x y g(x) =x 3 .
Teniendo en cuenta que los puntos de corte de ambas funciones (o, lo que es lo mismo, las raíces
de la función x 3 − 4x) son0, −2 y 2, debemos calcular la integral
Z 2
−2
= ¯
¯[x4 4 − 2x2 ]
¯
¯x 3 − 4x¯¯ dx =
0
−2
¯
Z 0
−2
(x 3 − 4x)dx
¯ +
¯
Z 2
0
(x 3 − 4x)dx
¯ =
¯ +
¯
¯[x4 4 − 2x2 ] 2 = |(0 − (−4))| + |(−4 − 0)| =4+4=8
0 ¯
3.3 Área de recintos limitados por varias curvas
Para calcular el área de recintos que estén limitados por varias curvas resulta casi muy conveniente
conocer la representación gráfica de dicho recinto. Entonces dividimos el recinto en subrecintos que
estén limitados cada uno de ellos por dos curvas.
Ejemplo 3.6 Hallar el área del recinto limitado por las curvas
(x − 1) 2 + y 2 =1 y = x y =0
18

Observemos que la primera es la circunferencia de centro (1, 0) yradio1 y la segunda es el eje OX.
Si nos fijamos en el recinto
hay que hallar, en primer lugar, los puntos de corte de la circunferencia y la recta y = x. Hay que
resolver, pues, el sistema formado por ambas ecuaciones
(x − 1) 2 + y 2 =1 y = x
Por ejemplo sustituyendo y por x en la ecuación de la circunferencia tenemos la ecuación
(y − 1) 2 + y 2 =1 luego 2y 2 − 2y =0 de donde las soluciones son y =0 y =1
Ycomox = y, deducimos que la coordenada x delospuntosdecorteson0 y 1, respectivamente.
Podemos dividir ahora el recinto en dos. Una parte será el recinto limitado por la curva y = x y
el eje OX en el intervalo [0, 1], y otra el recinto limitado por la parte superior de la circunferencia
anterior y el eje OX en el intervalo [1, 2]. Deestemodoeláreadenuestrorecintoserálasumade
las áreas de los otros dos recintos, luego lo calcularemos así
Z 1
xdx+
Z 2
p
1 − (x − 1)2 dx = A 1 + A 2
La primera de las áreas es inmediata, pues
0
1
A 1 =[ x2
2 ] 1 0
= 1 2 − 0=1 2
Para la segunda realicemos el siguiente cambio de variable en la integral
x − 1=sint
dx =costdt
yentonces
A 2 =
π
Z2
0
cos 2 tdt =
π
Z2
0
1+cos2t
dt =[ t π
sin 2t
+
2 2 4 ] 2
0
= π 4 +0− (0 + 0) = π 4
Al finaleláreadenuestrorecintoes 1 2 + π 4
19

Observación 3.7 Aunque lo hemos enfocado desde el punto de vista de las integrales, este ejemplo
concreto puede realizarse sin integrales, pues si observamos el área del primer recinto es un triángulo
rectángulo cuyos catetos miden 1, y el segundo recinto es un cuadrante de circunferencia. Quien
esté familiarizado con las áreas de este tipo de figuras geométricas puede, a veces, ahorrarse algunos
cálculos.
3.4 Área de recintos no acotados
Lo que hemos hecho en los apartados anteriores ha sido estudiar el área de recintos acotados. Veamos
ahora el área de algunos recintos no acotados.
Ejemplo 3.8 Estudiar el área limitada por la curva
y = 1 √ x
yelejeOX en el intervalo ]0, 1].
El área se calcularía mediante la integral impropia
Z 1
0
1
¯√ dx x¯¯¯¯
De este modo el área es
Z 1
0
1
¯√ dx = x¯¯¯¯
Z 1
0
1
√ x
dx =[2 √ x] 1 0
=2− 0=2
Nota: La gráfica de la curva y = 1 √ x
es
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-4
-2
0
2
x
4
Ejemplo 3.9 Calcular el área de la curva
y = 1
1+x 2
en R.
20

Z
R
Ésta sería
+∞ Z
1
1+x dx = 2
−∞
1
1+x 2 dx = [arctan x] +∞
−∞
=[ lim arctan x− lim arctan x] =π
x→+∞ x→−∞ 2 − (−π 2 )=π
Nota: La gráfica de la curva y = 1
1+x 2 es
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-4
-2
0
2
x
4
4 Otras aplicaciones geométricas: Cálculo de volúmenes
4.1 Por secciones planas transversales
Supongamos que tenemos un sólido del que se conoce A(c), el área de la sección plana obtenida al
intersectar el cuerpo con el plano x = c (donde c es una constante). Entonces, (si A es continua)
podemos calcular el volumen del sólido mediante la integral
Z b
A(c)dc
a
donde a y b son los valores mínimo y máximo, respectivamente, que tiene la coordenada x de alguno
de los puntos del sólido. El mismo argumento es válido si conocemos el área de la sección plana
obtenida al intersectar con planos de la forma y = c o z = c.
Ejemplo 4.1 Hallemos el volumen del paraboloide z ≥ x 2 + y 2 cuando z ∈ [0, 2]. Al intersectar la
superficie z = x 2 + y 2 , que delimita el borde del paraboliode, con una sección plana de la forma z = c
obtenemos un círculo de la forma x 2 + y 2 = c alaalturaz = c. El radio de este círculo es √ c con
lo que el área del círculo es πc. De este modo el volumen que nos piden es
Z 2
0
πcdc =[ πc2
2 ]2 0 =2π
21

4.2 De revolución
El volumen del sólido obtenido al revolucionar (o girar) una curva continua y = f(x) alrededor del
eje OX alolargodelintervalo[a, b] se calcula mediante la integral
Z b
πf(x) 2 dx
a
Se denomina sólido de revolución. Si el giro se hace alrededor de un eje de ecuación y = c la fórmula
es
Z b
π[f(x) − c] 2 dx
a
(Notemos que el giro a lo largo del eje OX es un caso particular de lo anterior pues este eje tiene
por ecuación y =0.)
También es posible girar la curva alrededor del eje OY . Suponiendo que en el intervalo la curva
es siempre creciente o siempre decreciente, la integral que nos da ese volumen es
Z b
a
2πxf(x)dx
Si el giro se realiza alrededor de un eje de la forma x = c el volumen del sólido de revolución obtenido
es
b−c Z
a−c
2πxf(x + c)dx
Observación 4.2 Cualquiera de estas fórmulas se puede obtener a partir del apartado anterior,
calculando el sólido a partir de sus secciones planas transversales. Veamos por ejemplo, la primera.
Basta darse cuenta de que la sección transversal plana del sólido girado correspondiente a la abcisa
x es un círculo de radio f(x).
Ejemplo 4.3 Hallemos el volumen de un cono de radio r ydealturah.
Podemos obtenerlo como revolución alrededor del eje OX de la recta que pasa por los puntos (0, 0)
y (h, r), es decir de la curva de ecuación y = r x en el intervalo [0,h]. Deestemodoeláreasería
h
Z h
0
π r2
h 2 x2 dx = π r2
h 2 [x3 3 ]h 0 = π r2 h 3
h 2 3 = 1 3 πr2 h
Ejemplo 4.4 Hallemos el volumen de un cilindro de radio r ydealturah.
Podemos obtenerlo como revolución alrededor del eje OX de la recta que pasa por los puntos (0,r)
y (h, r), es decir de la curva de ecuación y = r en el intervalo [0,h]. Deestemodoeláreasería
Z h
πr 2 dx = πr 2
Zh
1dx = πr 2 [x] h 0 = πr 2 [h − 0] = πr 2 h
0
0
22

Ejemplo 4.5 Hallar el volumen del sólido de revolución engendrado al girar la curva y = 12
x+1
intervalo [2, 3] alrededor de la recta y =2.
Según la fórmula el volumen valdría
Z 3
2
π( 12
Z 3
x +1 − 2)2 dx = π
2
144
[
(x +1) − 48
Z3
2 x +1 +4]dx = π
2
en el
[144(x +1) −2 − 48(x +1) −1 +4]dx =
(x +1)−1
= π[144 − 48 log |x +1| +4x] 3 2 = π[− 144
−1
x +1 − 48 log |x +1| +4x]3 2 =
= π[(−36 − 48 log 4 + 12) − (−48 − 48 log 3 + 8)] = π[16 + 48(log 4 − log 3)] = π(16 + 48 log 4 3 )
Ejemplo 4.6 Hallar el volumen del sólido de revolución engendrado al girar la curva y = x 2 en el
intervalo [0, 1] alrededor del eje OY y también alrededor de la recta x =1.
Según la fórmula el primer volumen valdría
Z 1
0
2πxf(x)dx =2π
Z 1
0
x · x 2 dx =2π
Z 1
0
x 3 dx =2π[ x4
4 ]1 0 =2π[ 1 4 ]=2π 4 = π 2
yelsegundo
Z 1
2πxf(x +1)dx =2π
Z 1
x(x +1) 2 dx =2π
Z 1
x(x 2 +2x +1) 2 dx =2π
Z 1
(x 3 +2x 2 + x) 2 dx =
0
0
0
=2π[ x4
4 +2x3 3 + x2
2 ]1 0 =2π[ 1 4 + 2 3 + 1 17
− 0] = 2π
2 12 = 17π
6
0
4.3 Longitud de un arco de curva
Dada una curva derivable y = f(x), la longitud del arco de curva comprendido entre los puntos de
abcisa a y b es
Z b
p
1+[f
0
(x)] 2 dx
a
Ejemplo 4.7 Hallemos la longitud de una circunferencia de radio 3, por ejemplo la que tiene por
ecuación x 2 + y 2 =9. Basta hallar la longitud de la semicircunferencia superior y =+ √ 9 − x 2 y
multiplicar por 2. Entonces la longitud es
=2
2
Z 3
−3
Z 3
−3
s
−2x
1+[
2 √ 9 − x 2 ]2 dx =2
s
1
1 − ( x dx =6
3 )2
Z 3
−3
1
3
Z 3
−3
r
Z3
1+ x2
9 − x dx =2 2
q dx =6[arcsin x 3
1 − ( x 3 ]
3 )2 −3
−3
r
9
9 − x 2 dx =
=6[ π 2 − (−π )] = 6π
2
23

5 IntegralesdoblesenR 2
La idea es similar el caso de una variable pero más general. Para definir formalmente el concepto de
función de varias variables integrable habría que hacer uso de particiones en R n ,locualsehaceun
poco engorroso en este momento. De hecho, las propiedades típicas de la integral para una variable
se conservan aquí. Por ejemplo:
1. La integral es lineal.
2. La integral a lo largo de una unión de conjuntos se pone como la suma de las integrales a lo
largodecadaunodelosconjuntos.
3. La integral de una función no negativa es no negativa.
Lo primero que se hace es definir la integral doble en rectángulos de la forma R =[a, b] × [c, d].
Entonces a la integral doble sobre R de la función de dos variables f se la denotará por por
Z Z
f(x, y)dxdy
y podrá calcularse de cualquiera de las siguentes formas (Teorema de Fubini)
Z b
⎛
⎝
Z d
⎞
f(x, y)dy⎠ dx
R
Z d
⎛
⎝
Z b
⎞
f(x, y)dx⎠ dy
a
c
c
a
El método práctico para resolver la integral consiste en, si suponemos por ejemplo que lo estamos
haciendo de la última forma, realizar la integral
Z b
f(x, y)dx
a
que se realiza tomando como variable en el integrando x (la cual varía en el intervalo [a, b]) imaginando
que y no varía, como si fuera constante (si fuese necesario hay que tener en cuenta que el rango de
y es [c, d]). Después de hacer esto tendremos que el resultado será una función que dependerá de y,
la cual hay ahora que integrarla en [c, d].
Esta idea puede extenderse a integrales triples, cuádruples, etc.
Ejemplo 5.1
1. Dado el rectángulo
R =[0, 1] × [0, 3]
calcular la integral
Z Z
R
xydxdy
24

Ésta puede calcularse poniéndola en la forma
⎛ ⎞
Z 1 Z 3
Z 1 ∙
⎝ xydy⎠ y
2
¸3
dx = x dx =
2
0
0
0
0
Z 1
0
9
2 xdx = 9 2
∙ x
2
2
¸1
0
= 9 2 · 1
2 = 9 4
2. Dado el rectángulo
R =[0, 1] × [−1, 0]
calcular la integral
Z Z
(x + e x+y )dxdy
Ésta puede obtenerse expresándola en la forma
Z 0
−1
⎛
⎝
Z 1
0
⎞
(x + e x+y )dx⎠ dy =
Z 0
−1
∙ x
2
R
2 + ex+y¸1
0
Z 0
dy =
−1
( 1 h y
i 0
2 +e1+y −e y )dy =
2 + e1+y − e y = e+ 1
−1 e −3 2
3. Dado el conjunto
R =[0, 1] × [0, 3] × [−1, 1]
calcular la integral triple
Z Z Z
xyz 2 dxdydz
R
Ésta puede ponerse en la forma
⎛ ⎛ ⎞ ⎞
Z 1
⎝
Z 3
⎝
Z 1
xyz 2 dz⎠ dy⎠ dx =
0 0 −1
0
Z 1
⎛
⎝
Z 3
0
∙ z
3
xy
3
¸1
⎞
dy⎠ dx =
Z 1
−1
0
⎛
⎝
Z 3
0
xy 2 3 dy ⎞
⎠ dx =
Z 1
=
0
∙
2 y
2
¸3 Z 1
3 x dx =
2
0
0
Z1
2
3 x9 2 dx =
0
3xdx =
¸1 ∙3 x2
= 3 2
0
2
Pero el recinto sobre el cual se hace la integral (incluso en el caso de dos variables) es en general
más complicado que un simple rectángulo. La integral puede hacerse sobre recintos más generales,
siempre y cuando su frontera esté dada por unión de curvas de la forma y = g(x) ó x = h(y). Enel
caso más sencillo el recinto R queda expresado de alguno de los dos siguientes modos (se dice que R
es un recinto básico)
R = {(x, y) ∈ R 2 : a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)}
R = {(x, y) ∈ R 2 : c ≤ y ≤ d, g(y) ≤ x ≤ h(y)}
Entonces la integral
Z Z
R
f(x, y)dxdy
25

puede calcularse, respectivamente, del siguiente modo
⎛
⎞
Z b h(x)
Z
⎜
⎟
⎝ f(x, y)dy⎠ dx
a
g(x)
Z d
c
⎛
Z
⎜
⎝
h(y)
g(y)
⎞
⎟
f(x, y)dx⎠ dy
En otras situaciones el recinto será posible ponerlo como unión de recintos de esta forma, con lo
cual la integral se transformará en una suma de integrales, una para cada uno de los susodichos
subrecintos.
Ejemplo 5.2
1. Dado el recinto
R = {(x, y) ∈ R 2 : x 2 + y 2 ≤ 1,y ≥ 0}
calcular la integral
Z Z
R
ydxdy
Como el recinto puede ponerse en la forma
la integral puede ponerse en la forma
⎛
Z 1
√ ⎞
1−x 2
Z
Z 1 ∙
⎜ ⎟ y
2
⎝ ydy⎠ dx =
2
−1
0
R = {(x, y) ∈ R 2 : −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ √ 1 − x 2 }
−1
¸√1−x 2
0
Z 1
dx =
−1
1
2 (1 − x2 )dx = 1 2
¸1 ∙x − x3
= 1 3
−1
2 · 4
3 = 2 3
2. Dado el recinto
R = {(x, y) ∈ R 2 : x 2 + y 2 ≤ 1}
calcular la integral
Z Z
R
ydxdy
Como el recinto puede ponerse en la forma
R = {(x, y) ∈ R 2 : −1 ≤ x ≤ 1, − √ 1 − x 2 ≤ y ≤ √ 1 − x 2 }
la integral puede ponerse en la forma
⎛ ⎞
Z 1
−1
⎜
⎝
√
1−x 2
Z
− √ 1−x 2 ydy
⎟
⎠ dx =
Z 1
−1
∙ y
2
2
¸√1−x 2
− √ 1−x 2 dx =
Z 1
−1
0dx =0
26

3. Hallar la integral Z Z
(x 2 − 2y)dxdy
donde R es el recinto encerrado por las curvas
R
y = x 2 y = x 3
Los puntos de intersección de las dos curvas resultan de resolver el sistema formado por ambas
ecuaciones, con lo que obtenemos (0, 0) y (1, 1). Deestemodo(yconunarepresentacióngráfica
se vería mejor aún) el recinto puede ponerse así
Así la integral queda
R = {(x, y) ∈ R 2 :0≤ x ≤ 1,x 3 ≤ y ≤ x 2 }
Z 1
0
⎛
Z
⎝
x 2
x 3
⎞
(x 2 − 2y)dy⎠ dx =
Z 1
0
£
(x 2 y − y 2 ) ¤ y=x2
y=x 3 dx =
Z 1
0
£
(x 4 − x 4 ) − (x 5 − x 6 ) ¤ Z 1
dx =
0
(x 6 − x 5 )dx
∙ x
7
=
7 − x6
6
¸1
0
=( 1 7 − 1 6 ) − 0=− 1 42
27